2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專(zhuān)題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 第5講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)零點(diǎn)、不等式的綜合問(wèn)題課時(shí)規(guī)范練 理

《2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專(zhuān)題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 第5講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)零點(diǎn)、不等式的綜合問(wèn)題課時(shí)規(guī)范練 理》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專(zhuān)題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 第5講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)零點(diǎn)、不等式的綜合問(wèn)題課時(shí)規(guī)范練 理（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第5講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)零點(diǎn)、不等式的綜合問(wèn)題 一、選擇題 1．若不等式2xln x≥－x2＋ax－3恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(　　) A．(－∞，0)　　　 B．(－∞，4] C．(0，＋∞) D．[4，＋∞) 解析：條件可轉(zhuǎn)化為a≤2ln x＋x＋恒成立． 設(shè)f(x)＝2ln x＋x＋，則f′(x)＝(x＞0)． 當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增， 所以f(x)min＝f(1)＝4.所以a≤4. 答案：B 2．(2017·貴陽(yáng)聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇－1，4]，

2、部分對(duì)應(yīng)值如下表： x －1 0 2 3 4 f(x) 1 2 0 2 0 f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示．當(dāng)1＜a＜2時(shí)，函數(shù)y＝f(x)－a的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：根據(jù)導(dǎo)函數(shù)圖象知2是函數(shù)的極小值點(diǎn)，函數(shù)y＝f(x)的大致圖象如圖所示． 由于f(0)＝f(3)＝2，1＜a＜2，所以y＝f(x)－a的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為4. 答案：D 3．(2017·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)診斷)若函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，且滿(mǎn)足f(x)－xf′(x)＞0，則(　　) A．3f(1)＜f(3) B．3f(1)＞f(3)

3、 C．3f(1)＝f(3) D．f(1)＝f(3) 解析：由于f(x)＞xf′(x)，則′＝＜0恒成立，因此在R上是單調(diào)遞減函數(shù)， 所以＜，即3f(1)＞f(3)． 答案：B 4．(2014·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0，且x0＞0，則a的取值范圍是(　　)(導(dǎo)學(xué)號(hào) 55410101) A．(2，＋∞) B．(1，＋∞) C．(－∞，－2) D．(－∞，－1) 解析：由題意知a≠0，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝. 當(dāng)a＞0時(shí)，x∈(－∞，0)，f′(x)＞0，x∈，f′(x)＜0，x

4、∈，f′(x)＞0，且f(0)＝1＞0，故f(x)有小于0的零點(diǎn)，不滿(mǎn)足． 當(dāng)a＜0時(shí)，需使x0＞0且唯一， 只需f＞0，則a2＞4，所以a＜－2. 答案：C 5．(2017·佛山調(diào)研)已知y＝f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，且xf′(x)＋f(x)＞0，則函數(shù)g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為(　　) A．0 B．1 C．0或1 D．無(wú)數(shù)個(gè) 解析：由g(x)＝xf(x)＋1＝0得， xf(x)＝－1(x＞0)， 設(shè)h(x)＝xf(x)， 則h′(x)＝f(x)＋xf′(x)， 因?yàn)閤f′(x)＋f(x)＞0， 所以h′(x)＞0，即函數(shù)在(0，＋∞)

5、上為增函數(shù)， 因?yàn)閔(0)＝0·f(0)＝0， 所以當(dāng)x＞0時(shí)，h(x)＞h(0)＝0， 故h(x)＝－1無(wú)解， 故函數(shù)g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0個(gè)． 答案：A 二、填空題 6．做一個(gè)無(wú)蓋的圓柱形水桶，若要使其體積是27π dm3，且用料最省，則圓柱的底面半徑為_(kāi)_______dm. 解析：設(shè)圓柱的底面半徑為R dm，母線(xiàn)長(zhǎng)為l dm，則V＝πR2l＝27π，所以l＝，要使用料最省，只需使圓柱形水桶的表面積最小． S表＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·，所以S′表＝2πR－. 令S′表＝0，得R＝3，則當(dāng)R＝3時(shí)，S表最?。? 答案：3 7．(201

6、7·長(zhǎng)沙調(diào)研)定義域?yàn)镽的可導(dǎo)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)，滿(mǎn)足f(x)＞f′(x)，且f(0)＝1，則不等式＜1的解集為_(kāi)_______． 解析：構(gòu)造函數(shù)g(x)＝， 則g′(x)＝＝. 由題意得g′(x)＜0恒成立， 所以函數(shù)g(x)＝在R上單調(diào)遞減． 又g(0)＝＝1，所以＜1， 即g(x)＜1，所以x＞0， 所以不等式的解集為(0，＋∞)． 答案：(0，＋∞) 8．(2017·德州二模)若對(duì)任意的x∈D，均有g(shù)(x)≤f(x)≤h(x)成立，則稱(chēng)函數(shù)f(x)為函數(shù)g(x)到函數(shù)h(x)在區(qū)間D上的“任性函數(shù)”．已知函數(shù)f(x)＝kx，g(x)＝x2－2x，h(x

7、)＝(x＋1)(ln x＋1)，且f(x)是g(x)到h(x)在區(qū)間[1，e]上的“任性函數(shù)”，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________．(導(dǎo)學(xué)號(hào) 54850101) 解析：依題意，?x∈[1，e]，x2－2x≤kx≤(x＋1)(ln x＋1)恒成立． 所以x－2≤k≤(ln x＋1)在x∈[1，e]上恒成立． 又y＝x－2在[1，e]上是增函數(shù)， 所以(x－2)max＝e－2，則k≥e－2.① 設(shè)φ(x)＝(ln x＋1)，x∈[1，e]． 則φ′＝－(ln x＋1)＋＝≥0， 所以φ(x)在[1，e]上是增函數(shù)， 則φ(x)min＝φ(1)＝2. 所以k≤2，② 由①②知，

8、當(dāng)e－2≤k≤2時(shí)，x2－2x≤kx≤(x＋1)(ln x＋1)在x∈[1，e]上恒成立． 答案：[e－2，2] 三、解答題 9．(2017·貴陽(yáng)質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝－ln x. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)求函數(shù)f(x)在上的最大值和最小值(其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))； (3)求證：ln ≤. (1)解：f(x)＝－ln x＝1－－ln x， f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)． 因?yàn)閒′(x)＝－＝， 所以f′(x)＞0?0＜x＜1，f′(x)＜0?x＞1. 所以f(x)＝1－－ln x在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． (2)解：由(1)得f

9、(x)在上單調(diào)遞增，在(1，e]上單調(diào)遞減， 所以f(x)在上的最大值為f(1)＝1－－ln 1＝0. 又f＝1－e－ln ＝2－e，f(e)＝1－－ln e＝－，且f＜f(e)． 所以f(x)在上的最小值為f＝2－e. 所以f(x)在上的最大值為0，最小值為2－e. (3)證明：要證ln ≤， 即證2－ln x ≤1＋， 即證1－－ln x≤0. 由(1)可知，f(x)＝1－－ln x在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)在(0，＋∞)上的最大值為f(1)＝1－1－ln 1＝0，即f(x)≤0， 所以1－－ln x≤0恒成立，原不等式得證． 10．

10、(2017·西安調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋x2－(a＋1)x.(導(dǎo)學(xué)號(hào) 54850102) (1)若曲線(xiàn)y＝f(x)在x＝1處的切線(xiàn)方程為y＝－2，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若x＞0時(shí)，＜恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)由已知得f′(x)＝＋ax－(a＋1)， 則f′(1)＝0. 而f(1)＝ln 1＋－(a＋1)＝－－1， 所以曲線(xiàn)y＝f(x)在x＝1處的切線(xiàn)方程為y＝－－1. 所以－－1＝－2，解得a＝2. 所以f(x)＝ln x＋x2－3x，f′(x)＝＋2x－3. 由f′(x)＝＋2x－3＝＞0，得0＜x＜或x＞1， 由f′(x)＝＋2x－3＜0

11、，得＜x＜1， 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為和(1，＋∞)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為. (2)若＜，則＋x－(a＋1)＜＋－， 即－＜在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立． 設(shè)h(x)＝－， 則h′(x)＝＋＝， 由h′(x)＞0，得0＜x＜e，所以h(x)在(0，e)上單調(diào)遞增， 由h′(x)＜0，得x＞e，所以h(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減． 所以h(x)的最大值為h(e)＝e－，所以＞e－，故a＞2e－－1. 從而實(shí)數(shù)a的取值范圍為{a|a＞2e－－1}． 11．(2017·沈陽(yáng)質(zhì)檢)函數(shù)f(x)＝ax＋xln x在x＝1處取得極值． (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)

12、若y＝f(x)－m－1在定義域內(nèi)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝a＋ln x＋1， f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，當(dāng)a＝－1時(shí)， f(x)＝－x＋xln x， 即f′(x)＝ln x，令f′(x)＞0，解得x＞1； 令f′(x)＜0，解得0＜x＜1. 所以f(x)在x＝1處取得極小值，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)． (2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)內(nèi)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，可轉(zhuǎn)化為f(x)＝m＋1在(0，＋∞)內(nèi)有兩個(gè)不同的根，也可轉(zhuǎn)化為y＝f(x)與y＝m＋1的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)． 由(1)知，f

13、(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(1)＝－1， 由題意得，m＋1＞－1即m＞－2，① 當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f(x)＝x(－1＋ln x)＜0； 當(dāng)x＞0且x→0時(shí)，f(x)→0； 當(dāng)x→＋∞時(shí)，顯然f(x)→＋∞(或者舉例：當(dāng)x＝e2， f(e2)＝e2＞0)． 如圖，由圖象可知，m＋1＜0，即m＜－1，② 故①②可得－2＜m＜－1. 故實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－2，－1)． [典例]　(本小題滿(mǎn)分12分)(2016·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有兩個(gè)零點(diǎn)． (1)求a的取值范圍； (2)設(shè)x1，x

14、2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：x1＋x2＜2. 規(guī)范解答：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)·(ex＋2a)．(1分) ①設(shè)a＝0，則f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．(2分) ②設(shè)a＞0，則當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0， 所以f(x)在(－∞，1)內(nèi)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b滿(mǎn)足b＜0且b＜ln ， 則f(b)＞(b－2)＋a(b－1)2＝a＞0， 故f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn)． ③設(shè)a＜0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)． 若a

15、≥－，則ln(－2a)≤1，故當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，因此f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 又當(dāng)x≤1時(shí)，f(x)＜0，所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)． 若a＜－，則ln(－2a)＞1，故當(dāng)x∈(1，ln(－2a))時(shí)，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈(ln(－2a)，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0. 因此f(x)在(1，ln(－2a))內(nèi)單調(diào)遞減，在(ln(－2a)，＋∞)上單調(diào)遞增．(6分) 又當(dāng)x≤1時(shí)，f(x)＜0，所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)． 綜上可知，a的取值范圍為(0，＋∞)．(7分) (2)不妨設(shè)x1＜x2，由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，(8分

16、) 2－x2∈(－∞，1)，f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減， 所以x1＋x2＜2等價(jià)于f(x1)＞f(2－x2)， 即f(2－x2)＜0. 由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2， 又f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0， 所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.(10分) 設(shè)g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，則g′(x)＝(x－1)·(e2－x－ex)．(11分) 所以當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＜0，而g(1)＝0， 故當(dāng)x＞1時(shí)，g(x)＜0. 從而g(x2)＝f(2－x2)＜0，故x1＋x2＜2.(12分)

17、1．牢記求導(dǎo)法則，正確求導(dǎo)：在函數(shù)與導(dǎo)數(shù)類(lèi)解答題中，通常都會(huì)涉及求導(dǎo)，正確的求導(dǎo)是解題關(guān)鍵，因此要牢記求導(dǎo)公式，做到正確求導(dǎo)，如本題第(1)問(wèn)就涉及對(duì)函數(shù)的求導(dǎo)． 2．注意利用第(1)問(wèn)的結(jié)果：在題設(shè)條件下，如果第(1)問(wèn)的結(jié)果第(2)問(wèn)能用得上，可以直接用，有些題目不用第(1)問(wèn)的結(jié)果甚至無(wú)法解決，如本題即是在第(1)問(wèn)的基本上求解． 3．注意分類(lèi)討論：高考函數(shù)與導(dǎo)數(shù)解答題，一般都會(huì)涉及分類(lèi)討論，并且討論的步驟也是得分點(diǎn)，所以一定要重視分類(lèi)討論． 4．寫(xiě)全得分關(guān)鍵：在函數(shù)與導(dǎo)數(shù)問(wèn)題中，求導(dǎo)的結(jié)果、分類(lèi)討論的條件、極值、最值、題目的結(jié)論等一些關(guān)鍵式子和結(jié)果都是得分點(diǎn)，在解答時(shí)一定要寫(xiě)清楚

18、． [解題程序]　第一步，準(zhǔn)確求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)． 第二步，討論a的取值，分情況討論函數(shù)的單調(diào)性、極值、從而判斷函數(shù)零點(diǎn)，確定a的取值范圍． 第三步，將結(jié)論x1＋x2＜2轉(zhuǎn)化為判定f(2－x2)＜0＝f(x1)． 第四步，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，判定x＞1時(shí)，g(x)＜0. 第五步，寫(xiě)出結(jié)論，檢驗(yàn)反思，規(guī)范步驟． [跟蹤訓(xùn)練]　設(shè)函數(shù)f(x)＝aexln x＋，曲線(xiàn)y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線(xiàn)方程為y＝e(x－1)＋2.(導(dǎo)學(xué)號(hào) 54850027) (1)求a，b； (2)證明：f(x)＞1. (1)解：函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞

19、)，f′(x)＝aexln x＋ex－ex－1＋ex－1， 由題意可得f(1)＝2，f′(1)＝e. 故a＝1，b＝2. (2)證明：由(1)知，f(x)＝exln x＋ex－1，從而f(x)＞1等價(jià)于xln x＞xe－x－. 設(shè)函數(shù)g(x)＝xln x，則g′(x)＝1＋ln x. 所以當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)＜0； 當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)＞0， 故g(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． 從而g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的最小值為 g＝. 設(shè)函數(shù)h(x)＝xe－x－， 則h′(x)＝e－x(1－x)． 所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)＞0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)， h′(x)＜0. 故h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而h(x)在(0，＋∞)上的最大值為h(1)＝－. 綜上可知，當(dāng)x＞0時(shí)，g(x)＞h(x)， 即f(x)＞1. 9